Matematyka.pl

Zbadać w jakich punktach funkcja jest różniczkowalna:

\(\displaystyle{ f(x)= \begin{cases} \cos(x)+\sin(x)-1 & \text{dla } x \in \mathbb{Q} \cap [-\pi,\pi]\\ \sin(x) & \text{dla } x\in [-\pi,\pi] \setminus \mathbb{Q}\end{cases}}\)

Obliczyć pochodne w tych punktach.

Było. Żeby była różniczkowalna w jakimś punkcie, musiałaby być ciągła w tym punkcie. Znajdujesz jedyny punkt z \(\displaystyle{ [-\pi, \pi]}\), dla którego to zachodzi (wsk. do \(\displaystyle{ x}\) wymiernego podchodzisz ciągiem liczb niewymiernych, a do niewymiernego - ciągiem liczb wymiernych i dostajesz proste równanie, które musi być spełnione, żeby funkcja była ciągła w punkcie), pokazujesz, że dla pozostałych jest nieciągła i w tym jedynym punkcie liczysz pochodną z definicji.

Dziękuję za odpowiedź i jeszcze dopytam, jeśli można: w jaki sposób policzyć pochodną w 0, tzn. którym wzorem oraz jak formalnie udowodnić nieciągłość?

Nie wydaje mi się, by potrzebny był jakiś wielce formalny dowód nieciągłości w punktach poza \(\displaystyle{ 0}\). Ot:
1) rozważmy ustalone \(\displaystyle{ x \in [-\pi, \pi]\cap \QQ}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(x)=\cos(x)+\sin(x)-1}\). Niech \(\displaystyle{ (x_{n})_{n}}\) będzie takim ciągiem liczb niewymiernych z przedziału jak w zadaniu, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }x_{n}=x}\). Wtedy mamy \(\displaystyle{ f(x_{n})=\sin x_{n}}\). Ponadto \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }f(x_{n})=\sin x}\). Jeśli \(\displaystyle{ \sin x \neq \sin x+\cos x-1}\), to znaczy, że wskazaliśmy taki ciąg \(\displaystyle{ (x_{n})_{n}}\), że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } x_{n}=x}\), lecz
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }f(x_{n})\neq f(x)}\), co przeczy ciągłości \(\displaystyle{ f}\) w punkcie \(\displaystyle{ x}\).
2)rozważmy ustalone \(\displaystyle{ x \in [-\pi, \pi]\setminus \QQ}\) i ciąg \(\displaystyle{ (x_{n})}\) liczb wymiernych... Dalej analogicznie.

Co do pochodnej: jak Ci wygodniej, można użyć wzorku
\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}}\), a można tego drugiego, na jedno to w sumie wyjdzie.
W przypadku użycia tego wzoru masz do policzenia
\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ f(0)=0}\). Następnie możesz rozbić na granice po \(\displaystyle{ h}\) wymiernych i \(\displaystyle{ h}\) niewymiernych - jeśli będą one równe, a najwyraźniej będą, to pochodna \(\displaystyle{ f}\) w zerze wyniesie tyle, ile z tego wyjdzie, chyba \(\displaystyle{ 1}\).

-- 24 sty 2016, o 03:12 --

A jeśli jakiś Herakles intelektu zobaczyłby w tym jakąś nieścisłość (uczciwie mówię, że nie widzę przypadku, w którym takie podejście by nie działało), to można użyć szacowań
\(\displaystyle{ \sin(h)=\max \left\{\sin(h), \sin(h)+\cos(h)-1 \right\} \ge f(h) \ge \min \left\{\sin(h), \sin(h)+\cos(h)-1 \right\}=\sin(h)+\cos(h)-1}\) (bo cosinus nie przeskoczy jedynki, tak jak głupi ludzie wrodzonych ograniczeń intelektualnych albo Stoch Prevca w czasie tej zimy) i twierdzenia o trzech funkcjach.
No i jeszcze trzeba rozdzielić na granicę (tj. pochodną) lewostronną i prawostronną przy takim podejściu, bo zwroty w nierównościach między odpowiednimi ilorazami będą przeciwne.

Edytowałem o 11:13. Pewne metne sformułowanie zostało usunięte.?

Mol odkopał, to się pobawię:
Zachodzi `\cos x\ge 1-x^2/2`, zatem `\sin x -x^2/2\le f(x)\le \sin x`, skąd różniczkowalność w zerze wynika natychmiast z twierdzenia o trzech funkcjach